2025年中考数学压轴题专练：旋转综合题（线段问题）（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
中小学教育资源及组卷应用平台
2025年中考数学压轴题专练：旋转综合题（线段问题）
1．如图，四边形和均为正方形，将绕点旋转；
(1)如图①，连接，判断直线的位置关系并说明理由；
(2)如图②，连接，若，探索并证明线段的数量关系；
(3)如图③，若正方形、边长分别为，绕点旋转一周，直线与相交于点，直接写线段的最小值及点运动轨迹的长度．
2．将正方形的边绕点逆时针旋转至，记旋转角为．连接，过点作垂直于直线，垂足为点，连接，．
(1)如图1，当时，的形状为______，连接，可求出的值为______．
(2)当且时，
①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由．
②当以点，E，C，D为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出的值．
3．在平面直角坐标系中，点，点在x轴的负半轴上，．将绕点顺时针旋转，得，点旋转后的对应点为．记旋转角为．

(1)如图①，当时，求与的交点的坐标；
(2)如图②，连接，当经过点A时，求的长；
(3)设线段的中点为，连接，求线段的长的取值范围(直接写出结果即可)．
4．综合与实践
将正方形的边绕点逆时针旋转至，记旋转角为．连接，过点作垂直于直线，垂足为点，连接，，
(1)如图1，当时，的形状为_______，连接，可求出的值为______；
(2)当且时．
①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②当以点，，，为顶点的四边形是平行四边形时，求的值，若，请直接写出此时点到的距离．
5．如图，四边形中，，，，，．点从点出发沿折线向点运动，连接，将绕点顺时针旋转得到，旋转角等于，作于点，设点运动的路程为．
(1)______°．
(2)若点在上（除外）．
①求证：；
②当点落在上时，求的值．
(3)作的中线，若与线段有交点，直接写出x的取值范围．
6．在中，，D是平面内一点，连接．将绕点A逆时针旋转一定角度α（），得到，且满足，连接．
(1)如图1，，D是边上一点，求的度数；
(2)如图2，D是平面内一点，F是的中点，连接．猜想与存在怎样的数量关系？写出你的结论，并证明；
(3)在（2）的条件下，若，在直线上存在一点M，使以点A，E，F，M为顶点的四边形是锐角为的菱形，请直接写出的值．
7．在中，于点D，点P为射线上任一点（点B除外），连接，将线段绕点P顺时针方向旋转α，，得到，连接．
(1)【观察发现】如图1，当，且时，与的数量关系是 ，与的位置关系是 ．
(2)【猜想证明】如图2，当，且时，（1）中的结论是否成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由．（请选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理）
(3)【拓展探究】在（2）的条件下，若，，请直接写出的长．
8．【特例感知】
（1）如图，已知和是等边三角形，直接写出线段与的数量关系是______；
【类比迁移】
（2）如图，和是等腰直角三角形，，写出线段与的数量关系，并说明理由；
【拓展运用】
（3）如图，若，点是线段外一动点，，连接．若将绕点逆时针旋转得到，连接，求出的最大值．
9．探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．
如图，在矩形中，，将矩形绕点C旋转，得到矩形．

【初步感知】
（1）如图1，将矩形绕点C顺时针旋转，当时，连接，．
①求证：，
②求出，，的数量关系（直接写出结论，不必证明）；
【深入探究】
（2）将矩形绕点C旋转，当且点E落在直线上时，试探究线段，，的数量关系，并写出证明过程；
【拓展运用】
（3）如图2，将矩形绕点C旋转顺时针旋转，点G落在上，与，分别交于点Q，P，当F，D，Q三点共线时，直接写出的值．
10．在中，，，为平面内的一点．
(1)如图1，当点在边上时，，且，求的长；
(2)如图2，当点在的外部，且满足，求证：；
(3)如图3，，当、分别为、的中点时，把绕点顺时针旋转，设旋转角为，直线与的交点为，连接，直接写出旋转中面积的最大值．
11．【问题发现】
（1）如图1所示，中，，，点D为边上一点，且，过点D作，交BC边于点E，的数量关系为__________，直线所夹锐角为：____________；
【知识迁移】
（2）如图2所示，将（1）中的绕点C顺时针旋转，连接，两线交于点P，请问（1）中的结论还成立吗？请说明你的理由；
【经验升华】
（3）如图3所示，，，其他条件同（1），在绕点C的旋转过程中，请直接写出三点共线时AE的值．
12．在中，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．
(1)如图1，若，，，求线段的长度．
(2)如图2，点为线段的中点，连接，若，猜想，，的数量关系．
(3)如图3，当时，过点作射线的垂线，垂足为点．点为直线上的一个动点，将沿直线翻折至所在平面内得到，连接，取的中点为点，连接，当线段取得最小值时，将沿直线翻折至所在平面内得到，过点作线段的垂线，垂足为点，连接，直接写出的值．
13．如图1，将等腰绕正方形的顶点A逆时针方向旋转，其中，，连接，点H为的中点，连接，，，得到．
(1)如图2，当点E恰好落在正方形的对角线上时，判断的形状，并说明理由．
(2)如图3，当点E恰好落在正方形的边上时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；
(3)发现若连接，在旋转的过程中，为定值，请你直接写出的值_______．
14．如图，在中，，分别为的高．
(1)如图1，若，，连接，求的长；
(2)如图2，连接，将绕点E逆时针旋转到，连接，G为线段上一点，连接．若，求证：；
(3)如图3，若，P是线段上一动点，将线段绕着点C逆时针旋转至线段，连接．当取得最小值时，请直接写出的面积．
15．在中，，是上一点．
(1)如图1，是中点，，，，求线段的长度；
(2)如图2，，点在线段上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，交于点，当时，试猜想与的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图3，在（2）的条件下，点在上，点在上，，连接，若，直接写出的最小值．
16．已知，在中，，，E是边上一点．
(1)如图1，点D是边上一点，连接，将绕点E逆时针旋转至，连接．若，，求的面积；
(2)如图2，连接，将绕点E顺时针旋转至，连接，取的中点N，连接．证明：；
(3)如图3，已知，连接，P为上一点，在的上方以为边作等边，刚好点Q是点P关于直线的对称点，连接，当取最小值的条件下，点G是直线上一点，连接，将沿所在直线翻折得到（与在同一平面内），连接，当取最大值时，请直接写出的值．
17．如图，点M、N分别在正方形的边上，且，把顺时针旋转一定角度后得到．
(1)填空：绕旋转中心______点，按顺时针方向旋转______度得到；
(2)求证：；
(3)若，，求正方形的边长．
18．如图1，中，，，为内一点，将绕点按逆时针方向旋转角得到，点，的对应点分别为点，，且，，三点在同一直线上．

(1)填空：　　　　；（用含α的代数式表示）
(2)如图2，若，请补全图形，再过点作于点，然后探究线段，，之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图3，若，，求四边形面积的最大值．
19．如图1，正方形的边长为，点为正方形边上一动点，过点作于点，将绕点逆时针旋转得，连接．
(1)证明：．
(2)延长交于点．判断四边形的形状，并说明理由；
(3)若，求线段的长度．
20．如图1，正方形和正方形，A，E，B三点共线，AB＝8，，将正方形绕点A逆时针旋转，连接，．

(1)如图2，求证：；
(2)如图3，在旋转的过程中，当三点共线时，试求BE的长；
(3)在旋转的过程中，是否存在某时刻，使得，若存在，请直接写出BE的长；若不存在，请说明理由．
中小学教育资源及组卷应用平台
中小学教育资源及组卷应用平台
《2025年中考数学压轴题专练：旋转综合题（线段问题）》参考答案
1．(1)，理由见解析
(2)，证明见解析
(3)的最小值为，点的运动轨迹的长度为
【分析】（1）延长交的延长线于点，延长交于点，证明，进而可证明，即可得结论；
（2）将绕点顺时针旋转至，连接，证明，得，，，将绕点逆时针旋转至，连接，同理可得，，，，进而可得三点共线，，用勾股定理即可得结论；
（3）作于，得 ，在正方形绕点旋转过程中，，当时，最大，此时最大，得，，由（1）可知，， 得点在以为直径的上，解直角三角形，利用勾股定理定理即可求出相关结论．
【详解】（1）解：，理由如下，延长交的延长线于点，延长交于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即；
（2）解：，理由如下，
四边形是正方形，
，，
如图，将绕点顺时针旋转至，连接，
，
，
，
，
，，，，
如图，将绕点逆时针旋转至，连接，
同理可证，
，，，，
，
，
三点共线，
，
，，
，
，
在中，，
即，
；
（3）解：正方形绕点旋转一周，，
在以为圆心，2为半径圆上，如图所示：
作于，中，，
在正方形绕点旋转过程中，，
当时，最大，
此时最大，，
，
，
由（1）可知，，
，
连接，取中点，连接，
在以为直径的上，
，，
，
，
，
此时、重合，最小，如图所示：
作，交的延长线于，
，，
，
由（1）知，，
，，
，
，
，
当点在左侧时，如图所示：
同理可得，，
点从左侧运动到右侧，点在上转过的角度为，
点从右侧运动到左侧，点在上转过的角度为，
正方形的边长为4，
，
点的运动轨迹为．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，解直角三角形，旋转的性质，全等三角形的性质及判定，求动点的运动轨迹等动态几何问题，综合性强，难度较大，能正确作出辅助线并结合图形分类讨论是正确解答此题的关键．
2．(1)等腰直角三角形，
(2)（1）仍然成立，见解析；②或
【分析】（1）当时，即，且，是等边三角形，可证，则，得到是等腰直角三角形；连接，可证，即可求解；
（2）①当且时，，，可证，得到是等腰直角三角形；连接，证明，即可求解；②根据平行四边形的性质，分类讨论：第一种情况，如图所示，以点，E，C，D为顶点的四边形是平行四边形，由相似三角形的判定和性质得到，，则，可解；第二种情况，如图所示，以点，E，C，D为顶点的四边形是平行四边形，可证点三点共线，点重合，则，可解．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，，
边绕点逆时针旋转至，记旋转角为，则，设交于点，
∴是等腰三角形，
∴，
当时，即，且，
∴，是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形；
∴，
连接，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
故答案为：等腰直角三角形，；
（2）解：①（1）仍然成立，理由如下，
当且时，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形；
∴，
如图所示，连接，
∴，，，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴；
∴（1）仍然成立；
②第一种情况，如图所示，以点，E，C，D为顶点的四边形是平行四边形，
∴点是的中点，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，且，
∴，
∴，
∴，则，
∴；
第二种情况，如图所示，以点，E，C，D为顶点的四边形是平行四边形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴点三点共线，点重合，
∴，
∴；
综上所述，的值为或．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，锐角三角函数值的计算，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，掌握相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质是解题的关键．
3．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）过点作轴，利用，可得，利用和可得点D是OB的中点，从而得知点D的横坐标，利用和是等边三角形可得，即点D的纵坐标，从而得解；
（2）过点作轴，垂足为，推导，从而得出，再计算，用勾股定理得，从而得解；
（3）取线段的中点N，连接、，则，用中位线定理求，用勾股定理求，最后利用求范围．
【详解】（1）解：如图，过点作轴，垂足为．

∵点，
∴．
∵，
∴．
在中，．
∵，
∴．
∴．
∴，
∴是等边三角形，
∵，轴
∴．
∴．
∴点的坐标为．
（2）解：如图，过点作轴，垂足为．

由旋转得，．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
在中，．
（3）
解：取线段的中点N，连接、，则

∵点M是线段的中点，点N是线段的中点，
∴
由旋转的性质得：，
∴
∴
即
【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，中位线定理，勾股定理等知识，掌握旋转的性质和正确作出辅助线是解题的关键．
4．(1)等腰直角三角形；
(2)①（1）中的两个结论仍然成立，证明见解析；②的值为或，此时点到的距离为或
【分析】（1）由正方形的性质得，，，，由旋转的性质得，，推出为等边三角形，，，，，证明为等腰直角三角形，得出，，证明，即可得解；
（2）①由旋转的性质得，，得到，，，证明是等腰直角三角形，得出，由正方形的性质得，，证明，即可得出结论；
②若以点，，，为顶点的四边形是平行四边形时，分两种情况讨论：第一种以为边时，则，此时点在线段的延长线上，此时点与点重合，，即可得解；第二种以为对角线时，由平行四边形的性质得，点为中点，证明，得出，则，，，即可得解．
【详解】（1）解：如图，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∵绕点逆时针旋转至，旋转角为，
∴，，
∴，为等边三角形，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
故答案为：等腰直角三角形；；
（2）①两个结论仍然成立，
证明：如图，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∵绕点逆时针旋转至，旋转角为，
∴，，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴（1）中的两个结论不变，依然成立；
②若以点，，，为顶点的四边形是平行四边形时，分两种情况讨论：
第一种：以CD为边时，则，
此时点在线段的延长线上，如图所示，
此时点与点重合，
∴，，
∴，
∵，
∴，
此时点到的距离为；
第二种：当以为对角线时，如图所示，
∵四边形是平行四边形，
∴，，点为中点，，
∴，
∵，
∴ ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
过点作于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
综上所述，的值为或，此时点到的距离为或．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数，平行四边形的性质、分类讨论等知识，证明、进行分类讨论是解题的关键．
5．(1)
(2)①见解析；②
(3)
【分析】（1）在中，根据勾股定理求出，在中，根据勾股定理逆定理可得到，即可得；
（2）①根据题意可得，，进而得到，可证明，根据全等三角形的性质即可证明；②由，，可得，推出，求出，根据即可求解；
（3）分为：点在上时，点在上时，两种情况讨论．
【详解】（1）解：，，，
，
，，
，
，即，
故答案为：；
（2）① 证明：由题意，得，，
，
即，
又，
在和中，
，
，
；
②，，
，
若点在上，则，
，
而，，，
，
，
，
即；
（3）如图1，过点作于点，则，．
而，
点在上时，，，
，
又，
，
有，
，
则，
此时，；
如图2，过点作于点，过点作于点．
点在上时，，
根据题意可得：，，
，即，
，，
，
，，
，
四边形是矩形，
，，即，
，，
，
，
，
，
，
解得:，
此时，，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理及其逆定理、三角形全等的判定及性质、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识．
6．(1)
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质得到，，由，，得到，进而推出，结合，证明，得到，由即可得出结果；
（2）延长到M，使得，连接，推出，证明，得到，即可得出结论；
（3）证明为等边三角形，再证明，得到，由，当为菱形的边时，推出点M与点C重合，进而得到，即，根据，推出，点是的中点，根据，同理，当为菱形对角线时，根据，即可得出结果．
【详解】（1）解：旋转的性质得到，，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
；
（2）解：延长到M，使得，连接，
A是的中点，
F是的中点，
是的中位线，
，
，，
，即，
，
，，
，
，
，
；
（3）解：如图，
，
，
，
为等边三角形，
，
当为菱形的边时，
四边形是锐角为的菱形，
，，，
，
，
，
，
为等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
点M与点C重合，
，
，
，
，
，
，
；
当为菱形的对角线时，点M在点处，
四边形是锐角为的菱形，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
综上，．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，中位线的性质定理，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，求正切值，添加辅助线构造全等三角形，是解题的关键．
7．(1)；
(2)不成立，理由见解析
(3)或
【分析】（1）连接，证明，可得结论；
（2）连接，由，，得到，，由旋转的性质得，，，得到，，再证明，得到，则；
（3）分当P在线段上时和当P在延长线上时两种情况证明，推出 ，由此求解即可．
【详解】（1）如图，连接，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，即，
在和中
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴；
故答案为：；
（2）不成立，结论是；理由如下：
连接，
∵，，，
由旋转的性质得，，，
∴、都是等腰直角三角形，
∴，，
，
∴，
，，
，
，
∴
，
∴不成立，结论是，
（3）当点P在线段上时，如图2中，
，，
，
，
，
，
，
，
，
；
如图3所示，当P在延长线上时，连接，
，，，，
，，即∠BAP=∠CAE，
同（2）可得，
，
∴，
，
同理可求得：，，
，
∴．
综上所述：或
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
8．（1）；（2），理由见解析；（3）
【分析】（1）证明，根据全等三角形的性质可得线段与的数量关系；
（2）通过证明，可得结论；
（3）通过证明，可得，则点的运动路线是以为圆心，为半径的圆，即可求解．
【详解】解：（1）线段与的数量关系是：．
理由：∵和是等边三角形，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）．
理由：∵和是等腰直角三角形，
∴，，，
∴，
，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（3）如图，过点作，且，连接，，

∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴
∴点的运动路线是以为圆心，为半径的圆，
∴当在的延长线上时，的值最大，最大值为：，
∴的最大值为．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是添加恰当辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题．
9．（1）①见解析；②；（2）点E落在直线上时，，点E落在线段上时，，证明见解析；（3）
【分析】（1）①由，，得到，结合，，即可求解，②由，，，通过等量代换，即可求解，
（2）①点E落在直线上时，连接，交于点H，在与中，由，，得到，点A，D，F三点共线，设，在中，得出，在中，，即可求解，②点E落在线段上时，连接，在与中，由，，得到，点A，B，F三点共线，在中，，，设，，即可求解，
（3）作，延长交于点， 由，得到，，由，得到，由，得到，设，，则， ，，由，得，解得：，由，，，得到，由，得到，将，，代入，即可求解，
本题考查了，矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，解题的关键是：找到等量关系，列出等量关系式．
【详解】解：（1）①证明：，
，
，
，
，
，
，
，
②∵，，，
∴，
∴（等价结果也正确）；
（2）结论①：（等价结果也正确），理由如下：
当，点E落在直线上时，连接，交于点H，
在中，
，
在与中，
，
，
，
点A，D，F三点共线，
，
设，
在中，
，
由，得出，
在中，
，
（等价结果也正确），
结论②：（等价结果也正确），理由如下：
当，点E落在线段上时，连接，
在中，
，
在与中，
，
，
，
点A，B，F三点共线，
在中，，，
设，，
（等价结果也正确），
综上所述：点E落在直线上时，，
点E落在线段上时，；
（3）过点，作，交于点，延长交于点，连接、，
∴，
∵矩形，
∴，，
∴，，
由旋转的性质可得：，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵矩形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
设，，则：，，，
∴，
∵，
∴，
∴,即：，解得：，（舍），
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，，即：，
∴，
∴，
∵，，
∴，
故答案为：．
10．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）将沿折叠，得到，连接，利用全等三角形的判定与性质以及勾股定理求解即可；
（2）过作，且，连接，利用全等三角形的判定与性质以及勾股定理求解即可；
（3）连接交于G，证明出，得到，然后证明出为直角三角形，点P在以中点M为圆心，为半径的圆上，连接交所在直线于点N，当时，点P到直线的距离最大，然后利用三角形中位线和勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：如图，将沿折叠，得到，连接，

∵，
∴，
将沿折叠，得到，
∴
∴，，，
∴，
∴为等边三角形，为等腰直角三角形
∴，
∴；
（2）如图，过作，且，连接，

∵
∴，
又∵，
∴
∴
又∵，
∴，，即
，，
∴
∴；
（3）如图3，连接交于G点
∵绕A点旋转
∴，，
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴为直角三角形
∴点P在以中点M为圆心，为半径的圆上，连接交所在直线于点N，
当时，点P到直线的距离最大，
∵
∴A、P、B、C四点共圆
∵，
∴N是的中点
∵M是的中点
∴
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∴点P到所在直线的距离的最大值为 ．
∴的面积最大值为．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，三角形中位线性质，四点共圆性质，勾股定理等知识，作出辅助线是解本题的关键．
11．（1），45°；（2）成立，理由见解析；（3）或．
【分析】（1）先根据和得到和，再根据得到即可求解；
（2）设交于点，先由（1）得到、和，进一步证明和得到得，结合三角形内角和定理即可求解；
（3）先根据、和，得到、，再由旋转可知，，得到，最后分两种情况讨论∶当点在线段上时， 当点在线段上时，即可求解．
【详解】解∶（1）在中，，
．
，且，
．即．
的夹角为．
（2）（1）中的结论仍然成立
理由如下：
与都为等腰直角三角形，
，．
．
即．
．
，．
．
在中，．
故（1）中的结论仍然成立．
（3）的长度为或．
在中，，，
．
，．
同上结论可得，的夹角为30°
，，∴．
在中，，
，．
如图1所示，在中，，，由勾股定理得．
由，得，故的长度为；
如图2所示，当点E在延长线上时，的长度为．
三点共线时的值为或．
【点睛】本题考查了锐角三角函数，平行线分线段成比例，三角形内角和定理，三角形相似的判定及性质，勾股定理等知识，解题关键是正确做出辅助线并使用分类讨论思想，本题为几何综合题难度较大，为中考常考题型．
12．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）过点作于，解求得和，解求得和，进一步得出结果；
（2）将绕点顺时针旋转至，连接、，可推出是直角三角形，进而得出，结合推出，，从而得出是的中位线，进一步得出结果；
（3）取的中点，连接，可推出，从而得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，连接，交于点，当点运动到′处时，最小；作于，设交于，可推出，进而得出，设，则，，，，进而得出结果．
【详解】（1）解：如图1，过点作于，
∴，
∵，，，将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴线段的长度为；
（2）．理由如下：
如图2，将绕点顺时针旋转至，连接、，
∵，
∴，，，
∴，
∴，
∵点为线段的中点，
∴，
∴垂直平分，即，，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）如图3，取的中点，连接，
∵，过点作射线的垂线，
∴，
∴，
∴，
∵将沿直线翻折至所在平面内得到，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴点在以为圆心，为半径的圆上运动，
连接，交于点，当点运动到′处时，最小，
如图4，作于，设交于，
∵过点作线段的垂线，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵将沿直线翻折至所在平面内得到，过点作线段的垂线，垂足为点，连接，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∵是的中点，，
∴，
∴，
设，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查旋转的性质和折叠的性质，解直角三角形，垂直平分线的判定和性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，矩形的判定和性质，确定圆的条件，勾股定理等知识，解决问题的关键利用旋转将条件集中．
13．(1)等腰直角三角形，理由见解析
(2)成立，理由见解析
(3)
【分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半及正方形的性质即可求证结论．
（2）连接，过点作于，利用正方形的性质及可得，进而可得，，再根据平行线分线段成比例可得，可得，再利用等腰三角形的判定及角的等量代换即可求证结论．
（3）利用正方形的性质及相似三角形的判定及性质即可求解．
【详解】（1）解：是等腰直角三角形，理由如下：
四边形是正方形，
，，
点是的中点，
，
，，
，
，
是等腰三角形，
，
，，
，
是等腰直角三角形．
（2）成立，理由：
连接，过点作于，如图：
四边形是正方形，
，
，，，
, .，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
是等腰三角形，
，，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形．
（3）连接、，如图：
四边形是正方形，
，
将等腰绕正方形的顶点A逆时针方向旋转，
，，
，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的判定，解题的关键是掌握基础知识，适当添加辅助线，寻找全等三角形及相似三角形解决问题．
14．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据题意得到是等腰直角三角形，即可求出，利用的面积，求出，在中，利用勾股定理求出，同理在中，利用勾股定理求出，即可得到，故得以证明是等腰三角形，过点E作交于点H，可以得出，即可得到，在中，由，，得到，最后在中，利用勾股定理即可求出；
（2）连接，设与交点为点P，由题意得，得到，即，得以证明是等腰三角形，得，由旋转的性质得到，即可证明，得到，，再证明，得到，由，得到，，再根据是直角三角形，得到，即可证明结论；
（3）将绕点C逆时针旋转得到，连接，过点E作交于点H，设与交与点O，此时点Q在上运动，由旋转的性质得到，，是等边三角形，进而得到，，当时，有最小值，根据含的直角三角形得到，利用勾股定理求得，由题意得，，再求出，利用求出，根据即可求出结果．
【详解】（1）解：如图，过点E作交于点H，
，分别为的高，，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，即，
，
在中，，即，
同理在中，，
，
，
是等腰三角形，
，
，
，
在中，
，，
，
在中，；
（2）证明：连接，设与交点为点P，
，分别为的高，
，
，，
，
是等腰三角形，
，
将绕点E逆时针旋转到，
，，
，
，，
，
，，
，
，，，
，
，
，，
，
，
，
，
∴，
是直角三角形，
，，
，
，
，
，
；
（3）解：将绕点C逆时针旋转得到，连接，过点E作交于点H，设与交于点O，此时点Q在上运动，
由旋转的性质得到，，是等边三角形，
，
，
，
，
当时，有最小值，
，
∴，
，
∴，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了三角形动点综合问题，等腰三角形的判定与性质，勾股定理的运用，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，等边三角形的性质，含角的直角三角形的特征，正确作出辅助线和灵活运用三角形全等的判定与性质是解题的关键．
15．(1)
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）过点E作交于点G，由题意得到，利用勾股定理得到，根据是中点，，得到，推出是等腰三角形，即得到，利用勾股定理求出，，即可求出的长；
（2）延长，在延长线上截取，取的中点Q，连接，证明，得到，设，则，根据点C，Q分别为的中点推出，得到，由三角形外角的性质得到，推出是等腰三角形，故得到，即可得出结论；
（3）连接，取的中点P，连接，将绕点G逆时针旋转得到，过点P作，交于点S，交于点T；根据是等腰直角三角形，得，利用勾股定理求得，则，由题意证明，得到，进而得到，是等腰直角三角形，推出，，此时当点N与点T重合时，有，有最小值，则有最小值，最后根据，利用锐角三角函数求解出的长即可得出的长，即可得出结果．
【详解】（1）解：如图，过点E作交于点G，
，，
，即，
，
，即，
，，
是中点，，
，，
是等腰三角形，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，理由如下：
如图，延长，在延长线上截取，取的中点Q，连接，
线段绕点顺时针旋转得到线段，
，
，，
，
，，
，
，
设，则，
点C，Q分别为的中点，
，
，
，
是等腰三角形，
，
，
，即；
（3）解：如图，连接，取的中点P，连接，将绕点G逆时针旋转得到，过点P作，交于点S，交于点T；
是等腰直角三角形，点P是的中点，
，，，
，
，
，则，
，
，，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，，
如图，此时当点N与点T重合时，有，有最小值，则有最小值，
，
在中，，
，
，
都是直角三角形，
，
，
设，则，
，
，
，
，
，
，即，
解得：，
，
．
【点睛】本题考查了三角形综合问题，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形中位线的性质，解直角三角形，正确构造辅助线，证明三角形全等和构造直角三角形是解题的关键．
16．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）证明，可得，由三角形的面积公式可求解；
（2）作辅助线如解析图，证明，可得，进一步可得，证明，可得，从而可得结论；
（3）作辅助线如解析图，可得当点，P，N三点共线时，有最小值，由折叠的性质可得，进而得点K在以C为圆心，为半径的圆上运动，可得当点K落在的延长线上时，有最大值，然后由直角三角形的性质和等边三角形的性质可求解．
【详解】（1）解：如图1，过点F作直线于H，

∵将绕点逆时针旋转至，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
∴的面积；
（2）证明∶如图2，过点M作，交直线于点G，过点E作，交于Q，

∵，
∴，
∵点N是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵将绕点E顺时针旋转至，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，作点C关于的对称点，连接，

∵点Q是点P关于直线的对称点，
∴平分垂直平分，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∵点C与点关于对称，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∵，
∴当点，P，N三点共线时，有最小值，
∵将沿所在直线翻折得到，
∴，
∴点K在以C为圆心，为半径的圆上运动，
∴当点K落在的延长线上时，有最大值，
∵为等边三角形，，
∴垂直平分，
∵，
∴，
∵，，
∴，，

∴，
∵将沿所在直线翻折得到，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，折叠的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质等知识，确定点P的位置是解题的关键．
17．(1)A，90
(2)证明见解析
(3)正方形的边长为
【分析】（1）根据旋转定义结合正方形性质得出旋转中心和旋转角度即可；
（2）先根据旋转的性质可得，再根据正方形的性质、角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）设正方形的边长为x，从而可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据三角形全等的性质可得，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】（1）解：在正方形中，，
又顺时针旋转一定角度后得到，
绕旋转中心A点，按顺时针方向旋转90度得到,
故答案为：A，90；
（2）证明：由旋转的性质得：，
四边形是正方形，
，即，
，即，
，
，
在和中，
，
；
（3）解：设正方形的边长为，则，
，
，
由旋转的性质得：，
，
由（2）已证：，
，
又四边形是正方形，
，
则在中，，
即，
解得或（不符题意，舍去）
故正方形的边长为．
【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握旋转的性质与正方形的性质是解题关键．
18．(1)
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）由旋转的性质可得，，即可求解；
（2）由旋转的性质可得，，，可证是等边三角形，由等边三角形的性质可得，即可求解；
（3）如图3中，过点作交的延长线于，设交于．由旋转的性质可得，因为，得出，则点在以为直径的圆上运动，即图中上运动，当，四边形的面积最大，此时，又因为，，得出，因为，则，因为，得出，可得，设，求出，在中，，则，所以，则，求出四边形最大面积．
【详解】（1）解：将绕点按逆时针方向旋转角得到，
，，
，
，
故答案为：；
（2）；
理由如下：如图，
将绕点按逆时针方向旋转角得到，
，
，，，
是等边三角形，且，
，
，
，
，，之间的数量关系为；
（3）如图3中，过点作交的延长线于，设交于．
绕点按逆时针方向旋转 得到，
，
，
，
，
点在以为直径的圆上运动，即图中上运动，
当，四边形的面积最大，此时，
，，
，
，
，
，
，
，
设，
则，
，
，
，
四边形最大面积．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，方程思想．
19．(1)证明见解析
(2)四边形是正方形，理由见解析
(3)
【分析】（1）由旋转的性质证明，即可得出答案；
（2）先证明四边形是矩形，根据邻边相等的矩形是正方形即可证明；
（3）设正方形边长为，在中用勾股定理建立关于的方程，求解即可
【详解】（1）证明：由题意和旋转的性质可得：，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，即：，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：四边形是正方形，理由如下：
由（1）得：，且，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形；
（3）解：∵正方形的边长为，
∴，
设正方形的边长为，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
解得：，（不符合题意，舍去），
∴，
∴线段的长度为．
【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的判定及性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识点，运用了方程的思想．熟练掌握全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据正方形的性质可得，，，再求出，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；
（2）过点作于，根据正方形的性质与勾股定理得，从而求得，再在在中，由勾股定理，求得，即可由求解．
（3）过点作交的延长线于，根据邻补角的定义求出，解直角三角形求出、，再利用勾股定理列式求出，然后根据代入数据计算即可得解；
【详解】（1）证明：在正方形和正方形中，
，，，
，
，
，
在和中，，
，
；
（2）解：过点作于，

∵正方形，，
∴，，
∵，
∴，
∵
∴
在中，由勾股定理，得
∴．
（3）解：如图2，过点作交的延长线于，

，
，
，
，
，
在中，，
；
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解直角三角形．属四边形综合题目，熟练掌握相关性质是解题的关键．